2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案

2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题
一、填空题(每小题7分，共56分)
1.集全{1,2,...,19}中每两互异的数作乘积，所有这种乘积的各为
.
2.公差为d ,各项均为正整数的等差数列{}n a ,11919,1949,2019m n a a a ===,则正整数m n +的最小值是
.
3.设220,7,x x x ->+=则55x x -+的值为
.
4.三角形ABC 的垂心恰是抛物线24y x =的焦点,其中O 是原点,A,B 在抛物线上,则三角形OAB 的面积是
.
5.,,a b c 是互异的正整数,使得222{,,}{,(1),(2)}a b a c b c n n n +++=++其中n 是正整数,则222a b c ++的最小值是
.
6.已知P 是正四棱锥V ABCD -的高VH 的中点,若P 到侧面的距离为3,到底面的距离是5,则重心,则正四棱锥V ABCD -的体积是
.
7.三角形ABC 中满足39A B C ==.则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++=.
8.数列{}n a
满足0211
2,[]{}
n n n a a a a a +===+(其中[],{}n n a a 分别代表实数n a 的整数部分与小数部分),则2019a =
.
9、(14分)设椭圆C 的两焦点为12,F F ，两准线为12,l l ，过椭圆上的一点P ，作平行于
12F F 的直线，分别交12,l l 于12,M M ，直线11M F 与22M F 交于点Q .证明：12,,,P F Q F 四
点共圆．
10、(15分)将正整数数列1,2,3 中凡是被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的数按自小到大的顺序排成数列123,,a a a 再将数列{}n a 中，凡是下标被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的项按自小到大的顺序排成数列123,,b b b 证明：每个大于1的奇平方数，都是数列{}n b 中的两个相邻项的和．
11.(15分)试求所有由互异正奇数构成的三元集{},,a b c ，使其满足：2222019a b c ++=．
12.(20分),BE CF 分别是锐角三角形ABC ∆的两条高(如右图)，以AB 为直径的圆与直线
CF 相交于点,M N ，以AC 为直径的圆与直线BE 相交于点,P Q .
证明：,,,M N P Q 四点共圆．
2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答
1.答案：16815．解：所求的和为
()()()2
22211121912193610024701681522⎡⎤+++-+++=-=⎣
⎦ 2.答案：15．
解：设公差为d ，则()194919191m d =+-，()201919191n d =+-，显然有1,1m n >>，
301d m =-，以及100
1d n =-，消去d 得,1037m n -=，其通解为13110m t n t =+⎧⎨=+⎩
，为使1,1
m n >>且d 为正整数，则正整数t 只能在{}1,2,5,10中取值，当1t =时，4,11m n ==为最小，此时
15m n +=．
3.答案：123．
解：2
221129x x x x ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭，13x x +=，由2
242411492x x x x ⎛
⎫=+=++ ⎪⎝⎭，则
44147x x +
=，所以5
51x x +42421111x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝
⎭⎝⎭⎣⎦()34771123
=-+=
4.答案：．
解：抛物线的焦点为()1,0F ，因F 为OAB ∆的垂心，则OF AB ⊥，故可设,A B 的坐标为
()2,2A a a ，()2,2B a a -，0a >；于是OA 的方程为2ay x =，2OA K a
=，BF 的斜率2
21
BF a
K a -=
-，据1OA BF K K =- ，得5a =
，因此AB =，25H a ==，
所以OAB S ∆= 5.答案：1297．
解：设a b c >>，由于()()()()2a b b c c a a b c +++++=++为偶数，所以三个连续平方数()()
{
}2
2
2
,1,2n n n ++中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n 为奇数，而1b c +>，则
1
n >；若
3n =，则()(){}{}2
2
2
2
2
2
,1,2=3,4,5n n n ++，且因
22250345=++()2a b c =++，则25a b c ++=，另一方面，最大平方数25a b +=，导
致0c =，不合；若5n =，据()()
{
}{}22
2
2
2
2
,1,2=5,6,7n n n ++，解得30,19,6a b c ===，
因
此．222222301961297a b c ++=++=.
6.答案：750．
解：如图，PF VBC ⊥平面，5,10,VP VH =
=4VF ==
=,而PHMF
PHMF 共圆，,VP VH VF VM =
所以2515
,22
VM HM =
==;则15AB =，所以棱锥体积2
1
7503
V VH AB == ．
7.答案：1
4
-
．,3,9,39,,13
C B A πθθθθθθπθ===++==
解：设由得9339cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos
131313131313
S A B B C C A ππππππ
=++=++112642108cos cos cos cos cos cos 2131313131313ππππππ⎡⎤
⎛⎫⎛⎫⎛⎫=
+++++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦
注意括号中的诸角度构成公差为
213
π的等差数列，两边通乘4sin 13π
，得到
246810124sin 2sin cos cos cos cos cos cos 1313131313131313S ππππππππ⎛⎫
=+++++ ⎪
⎝⎭ 3537597sin sin sin sin sin sin sin sin 1313131313131313ππππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎝
⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1191311sin sin sin sin sin 1313131313πππππ⎛⎫⎛⎫+-+-=- ⎪ ⎪
⎝
⎭⎝⎭,所以14S =-.8.答案：31
30292
-+．解
：
(
)
0131,a =+
-113112,231
a -=+
=+-(
)
2
233431,
31a =+=+=+
--331
45.231
a -=+
=+-归纳易得(
)
23131,k a k =++
-213132,
2
k a k +-=++因此20193130292
a -=+
.9.证：设椭圆方程为
()22
221,0x y
a b a b
+=>>，据对称性知，点
Q
在
Y
轴
上
（
如
图
）；
记12,QF QF m ==1122,,
PF r PF r ==PQ t
=,
12,MF MF k ==则有：
1
121
,2,PF e r r a PM =+=为证12,,,P F Q F 四点共圆，据托勒密定理，只要证，1212,mr mr t F F += 22,m c m a t c e t a
=== 即也即
……
………①
由1111,QF OF QM HM =即2
22,m c c e a m k a c
⎛⎫=== ⎪+⎝⎭所以21,k e m k
=-+在1PM Q ∆中，由斯特瓦特定理，2
2
211m k
PF PM PQ mk m k m k
=+-++
…………………………②即()()22
222211211m e r r e t e m
e e -⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭
………………………③因为2
10e -≠，由③得，222,,m m
e e t t
==即故①成立，因此12,,,P F Q F 四点共圆．
（也可不用托勒密定理证：由②得()2
PQ m m k =+，则11PQF M QP ∆∆ ，于是
11221QPF M M QF F ∠=∠=∠=∠，因此12,,,P F Q F 四点共圆．）
10.证：易知2142n a n -=-,241n a n =-,1,2,3n = ，
因此，41,82,n n N a n +∀∈=+42434483,86,87n n n a n a n a n +++=+=+=+；在将{}n a 中的项
4n a 及41n a +删去之后，所得到的数列
{}
n b ，其通项为：
212283,86n n b n b n ++=+=+,1,2,3n = ；
即数列{}n b 的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43 ，
观察易知，2
2
2
2
12346710113,5,7,9,b b b b b b b b =+=+=+=+……；若记()12
k k k r +=，我们来证明，一般地有：()2
121k k r r k b b ++=+,1,2,3k = .由
于
2222441424382,861,8103,8146;
m m m m r m m r m m r m m r m m +++=+=++=++=++所以()()444412
2
111241,2411,
m m m m r r r r b b m b b m +++++=++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦
()()4242434322
1112421,2431,
m m m m r r r r b b m b b m ++++++++=+++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦合并以上四式得，对于每个正整数k ,()2
1
21k k r r b b k ++=+．其中()12
k k k r +=
．11.解：据对称性，不妨设a b c <<，由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是
222,,a b c 的末位数字，要么是5,5,9形式，要么是1,9,9形式；又知，如果正整数n 是3的
倍数，那么2
n 必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么2
n 被3除余1．由于2019是3的
倍数，但不是9的倍数，因此奇数,,a b c 皆不是3的倍数．注意201944c ⎡⎤≤=⎣⎦，即奇
数43c ≤，而222232019c a b c >++=，即2667c >，且c 不是3的倍数，故奇数29c ≥．因此奇数{}29,31,35,37,41,43c ∈；
注意如下事实：如果奇数22=N x y +为两个正整数的平方和，那么偶数2N 必可表为两个互异正奇数的平方和．这是由于，(
)()()
2
2
22
22N x y
x y x y =+=-++；
若43c =，方程化为：(
)()2
2
2
2
2
217028526722
9a b +==⨯=+=+，
因此：2222170113711=+=+．
于是得两解：{}{},,1,13,43a b c =，以及{}{},,7,11,43a b c =；若41c =，方程化为：(
)2
2
2
22
2
233821325127
17a b +==⨯=+=+，
由此得：{}{},,7,17,41a b c =；若37c =，方程化为：
()()
2222222650213522334a b +==⨯⨯=++()()()2222222118261721015=+=+=+因此：22222265017191123525=+=+=+．
得到三个解：{}{}{}{},,17,19,37,11,23,37,5,25,37a b c =.
若35c =，方程化为：227942397a b +==⨯,而397是一个41N +形状的质数，它可唯一地表为两平方和：22397619=+，所以(
)2
2
22
2
2261913
25a b +=+=+，
得到一个解：{}{},,13,25,35a b c =.
若31c =，方程化为：2211582529a b +==⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；
若29c =，方程化为：22117821931a b +==⨯⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；
综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解
{}
,,a b c ，即为：
{}{}{}{}{}{}{}1,13,43,7,11,43,13,25,35,5,25,37,11,23,37,17,19,37,7,17,41.
12.证：如图设三角形ABC ∆的垂心为H ，则()()
MH HN MF HF NF HF =-+ ()()()22222
MF HF MF HF MF HF AF FB AH AF AF AB AH =-+=-=--=- 同理有，2PH HQ AE AC AH =- 因BCEF 四点共圆，知AF AB AE AC = ，故由以上两式得MH HN PH HQ = ，所以,,,M N P Q 四点共圆．。